Em um processo de extração óleo de semente de tungue são utilizados 12.000 \mathrm{~kg} / \mathrm{h} de solvente para a extração do óleo contido em uma corrente com 3.000 ( 50 \% em massa de óleo) kg/h. A solução aderida ao material insolúvel é dada na tabela abaixo. A concentração na saída (fase pesada) não deve ter mais de 2 \% em massa de óleo. Determine o número de estágios ideais necessários para a separação.
X_{\mathrm{L}} (kg solução/kg inertes) Y_{\mathrm{A}} (kg soluto/kg solução)
2,0 0,0
2,5 0,2
3,0 0,4
3,5 0,6

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que é pedido.
  • Dados do enunciado:
    • Vazão de sólido total (com óleo): 3000\\ \mathrm{kg/h}.
    • Fração em massa de óleo no sólido de alimentação: 50\%. Logo óleo na alimentação: \text{óleo}_\text{feed}=3000\times0{,}50=1500\\ \mathrm{kg/h}.ó
    • Portanto a massa de inertes (sólido seco sem óleo) é: I = 3000-1500=1500\\ \mathrm{kg/h}.
    • Vazão de solvente fresco usada: L=12000\\ \mathrm{kg/h} (assumimos que esta é a vazão de solução/fluido que circula, ou seja, fluxo líquido por hora).
    • Tabela de equilíbrio (fornecida no enunciado): para cada par (X_L,\;Y_A) onde
      • X_L = kg de solução aderida por kg de inertes,
      • Y_A = kg de soluto (óleo) por kg de solução,
        e portanto a quantidade de óleo aderido (em equilíbrio) por kg de inertes é S_{\mathrm{eq}} = X_L\cdot Y_A.
        A tabela (reproduzida) dá os pontos:
      • (X_L,Y_A)=(2{,}0,\;0{,}0) \Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=0.
      • (2{,}5,\;0{,}2) \Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=0{,}5.
      • (3{,}0,\;0{,}4) \Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=1{,}2.
      • (3{,}5,\;0{,}6) \Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=2{,}1.
    • Concentração máxima permitida na saída (fase pesada): 2\% em massa de óleo (vamos interpretar isso como fração de óleo na corrente pesada formada pelo inerte + solução aderida; ou seja, na corrente de saída de sólidos a massa de óleo dividida pela massa total do sólido úmido (\text{inertes} + \text{solução aderida})çã deve ser ≤ 0{,}02.)
  • O que o enunciado pede:
    • Determinar o número de estágios ideais (contracorrente) necessários para que a corrente pesada de saída satisfaça a condição máxima de 2\% de óleo em massa.
Observações (apenas identificação, resolução começa no próximo passo):
  • Vou trabalhar por base de 1\\ \mathrm{kg} de inertes (normalização), porque a tabela já é dada por kg solução/kg inertes e isso simplifica os balanços por unidade de inertes. Depois converto mentalmente usando I=1500\\ \mathrm{kg/h} se necessário.
  • Por base de inertes: a alimentação tem razão óleo/inertes S_0=\frac{\text{óleo}_\text{feed}}{I}=\frac{1500}{1500}=1{,}0\quad\text{(kg óleo por kg inertes).}óó
  • Fluxo líquido por kg inertes (solvente por inerte): L'=\frac{L}{I}=\frac{12000}{1500}=8\quad\text{(kg solução por kg inertes).}çã

Passo 2

Entender a curva de equilíbrio e como interpolar os pontos da tabela.
  • A tabela dá pares (X_L,Y). Para cada par podemos computar S_{\mathrm{eq}} = X_L\cdot Y, que é a quantidade de óleo (kg) que fica retida por kg de inertes quando o sólido está em equilíbrio com uma solução que tem concentração Y.
  • Computando os pontos da tabela:
    • X_L=2{,}0,\;Y=0{,}0\Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=0.
    • X_L=2{,}5,\;Y=0{,}2\Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=2{,}5\times0{,}2=0{,}5.
    • X_L=3{,}0,\;Y=0{,}4\Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=3{,}0\times0{,}4=1{,}2.
    • X_L=3{,}5,\;Y=0{,}6\Rightarrow S_{\mathrm{eq}}=3{,}5\times0{,}6=2{,}1.
  • Para valores intermediários de Y ou X_L usarei interpolação linear entre os pontos vizinhos (isto é padrão em problemas de equilíbrio tabulado).
    • Observação prática: os três primeiros pontos já nos permitem uma função S_{\mathrm{eq}}(Y) por trechos lineares:
      • Para 0\le Y\le0{,}2: S_{\mathrm{eq}}(Y)=2{,}5\,Y. (slope =0{,}5/0{,}2=2{,}5)
      • Para 0{,}2\le Y\le0{,}4: S_{\mathrm{eq}}(Y)=3{,}5\,Y-0{,}2. (obtida por dois pontos)
      • Para 0{,}4\le Y\le0{,}6: S_{\mathrm{eq}}(Y)=4{,}5\,Y-0{,}6.
    • Também precisaremos interpolar X_L em função de Y quando quisermos calcular a fração em massa final na fase pesada; entre Y=0 e Y=0{,}2 a variação de X_L é linear de 2{,}0 a 2{,}5, etc. Para 0\le Y\le0{,}2: X_L(Y) = 2{,}0 + \frac{(2{,}5-2{,}0)}{0{,}2}\,Y = 2 + 2{,}5\,Y.(Na prática, a forma mais direta é interpolar proporcionalmente: X_L(Y)=2 + 0{,}5\cdot (Y/0{,}2)=2+2{,}5Y, o que dá os mesmos números; para pequenas Y isso é suficiente.)

Passo 3

Derivar as equações de balanço por estágio e a estratégia de cálculo.
  • Normalização por kg de inertes (base útil porque a tabela usa kg solução/kg inertes).
  • Definir notação:
    • S_{k} = concentração do sólido (kg óleo/kg inertes) saindo do estágio k (ou seja, depois de contato no estágio k).
    • Y_{k} = concentração da solução que entra no estágio k (kg óleo/kg solução). Importante: a solução que entra no estágio k vem do estágio k+1. Por convenção usarei Y_N=0 (solvente fresco, sem óleo, entra no último estágio).
    • Em cada estágio ideal vale o balanço de soluto (por kg inertes): S_{k-1} + L' Y_{k} = S_{k} + L' Y_{k-1}.Aqui S_{k-1} é o sólido que entra no estágio k, S_k é o sólido que sai (em equilíbrio com a solução que sai), Y_k é a solução que entra e Y_{k-1} é a solução que sai do estágio k.
    • A condição de equilíbrio em cada estágio (sólido saindo em equilíbrio com a solução que sai) é: S_{k} = S_{\mathrm{eq}}(Y_{k-1}).
  • Para k=1 o sólido que entra é a alimentação, então S_0 = 1{,}0 (vimos isso no Passo 1). Para o último estágio k=N a solução que entra é solvente fresco: Y_N=0.
  • Estratégia de solução:
    • Para um dado número de estágios N teremos um sistema de N equações (balanceamento por cada estágio) com as N incógnitas Y_0,Y_1,\dots,Y_{N-1} (lembre que Y_N=0 é conhecido). Ao combinar os balanços com as relações de equilíbrio S_{\mathrm{eq}}(Y) obtemos um sistema não-linear que podemos resolver numericamente (interpolando S_{\mathrm{eq}} quando necessário).
    • Na prática para este tipo de problema fazemos teste com N=1,2,3,\dots até achar o menor N que atende a condição de saída (fração de óleo ≤ 2\%). Em cada teste resolve-se o sistema e calcula-se S_N (óleo por kg inertes que sobra). Depois calculamos a fração de óleo na fase pesada de saída usando o par (Y_{N-1},X_L(Y_{N-1})).
  • Fórmula para a fração de óleo na fase pesada de saída (por kg inertes):
    • A massa de óleo presente por kg inertes na saída é S_N (kg óleo/kg inertes).
    • A massa total da corrente pesada por kg inertes é 1 (inertes) + massa de solução aderida =1+X_L, onde X_L=X_L(Y_{N-1}) é a massa de solução aderida por kg inertes correspondente ao Y do equilíbrio final.
    • Assim a fração em massa de óleo na fase pesada de saída é w_\text{óleo, heavy}=\frac{S_N}{1+X_L(Y_{N-1})}.ó
    • A exigência é w_\text{óleo, heavy}\le 0{,}02ó.

Passo 4

Resolver o caso N=1 (um estágio ideal) — montar e resolver as equações.
  • Para N=1 há somente um estágio; incógnitas: Y_0 (concentração da solução que sai do estágio 1) e S_1 (sólido que sai do estágio 1).
  • Equações:
    • Balanço do estágio: S_0 + L' Y_1 = S_1 + L' Y_0.Aqui Y_1=Y_N=0 (solvente fresco entra), S_0=1{,}0, L'=8. Assim 1{,}0 + 8\cdot 0 = S_1 + 8 Y_0 \quad\Rightarrow\quad S_1 = 1{,}0 - 8 Y_0.
    • Equilíbrio: S_1 = S_{\mathrm{eq}}(Y_0).
  • Combinando: S_{\mathrm{eq}}(Y_0) = 1{,}0 - 8 Y_0.Precisamos achar Y_0 que satisfaça esta equação. Como Y_0 será pequeno, verificamos em qual trecho da curva de S_{\mathrm{eq}}(Y) ele cai. Para 0\le Y\le0{,}2 temos S_{\mathrm{eq}}(Y)=2{,}5Y. Substituindo: 2{,}5 Y_0 = 1 - 8 Y_0 \quad\Rightarrow\quad 10{,}5 Y_0 = 1 \quad\Rightarrow\quad Y_0 = \frac{1}{10{,}5}\approx0{,}095238.Então S_1 = 2{,}5\cdot0{,}095238 \approx 0{,}238095\\ \text{(kg óleo/kg inertes).}ó
  • Agora calcular a fração de óleo na fase pesada de saída:
    • Para Y_0\approx0{,}095238 (no trecho 0\le Y\le0{,}2) interpolamos X_L por: X_L(Y)=2 + \frac{0{,}5}{0{,}2}Y = 2 + 2{,}5Y.Logo X_L(0{,}095238)=2 + 2{,}5\cdot0{,}095238 \approx 2{,}238095.
    • Fração de óleo: w=\frac{S_1}{1+X_L}=\frac{0{,}238095}{1+2{,}238095}=\frac{0{,}238095}{3{,}238095}\approx0{,}07356\approx7{,}36\%.
  • Conclusão para N=1: a saída teria \approx7{,}36\% de óleo na fase pesada, muito acima de 2\%. Logo N=1 não é suficiente.

Passo 5

Resolver o caso N=2 (dois estágios ideais) — montar e resolver o sistema.
  • Para N=2 as incógnitas são Y_0 (solução que sai do estágio 1), Y_1 (solução que entra no estágio 1 / sai do estágio 2); Y_2=0 (solvente fresco entra no estágio 2). As relações de equilíbrio dão S_1=S_{\mathrm{eq}}(Y_0) e S_2=S_{\mathrm{eq}}(Y_1).
  • Escrevendo os balanços por estágio:
    • Estágio 1 ( k=1): S_0 + L'Y_1 = S_1 + L'Y_0 \quad\Rightarrow\quad 1 + 8Y_1 = S_{\mathrm{eq}}(Y_0) + 8Y_0. \tag{1}
    • Estágio 2 ( k=2): S_1 + L'Y_2 = S_2 + L'Y_1 \quad\Rightarrow\quad S_{\mathrm{eq}}(Y_0) + 8\cdot 0 = S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8Y_1,ou seja S_{\mathrm{eq}}(Y_0) = S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8Y_1. \tag{2}
  • Das equações (1) e (2) podemos eliminar S_{\mathrm{eq}}(Y_0). Reescrevendo (1): 1 = S_{\mathrm{eq}}(Y_0) + 8(Y_0 - Y_1).Substituindo (2) em (1) obtemos: 1 = S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8Y_1 + 8(Y_0 - Y_1) \quad\Rightarrow\quad 1 = S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8Y_0.Assim: Y_0 = \frac{1 - S_{\mathrm{eq}}(Y_1)}{8}. \tag{3}E (2) é: S_{\mathrm{eq}}(Y_0) = S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8Y_1. \tag{2'}
  • Procedimento numérico (resolver para Y_1):
    • Para um \,Y_1 dado, calcula-se S_{\mathrm{eq}}(Y_1), usa-se (3) para achar Y_0, e então verifica-se se (2’) é satisfeita (isto é checando se S_{\mathrm{eq}}(Y_0) é igual a S_{\mathrm{eq}}(Y_1)+8Y_1). Faz-se iterações até a igualdade.
  • Execução (busca por tentativa com interpolação linear no trecho 0\le Y\le0{,}2 enquanto aplicável):
    • Testes rápidos (detalhei os cálculos na minha análise):
      • A solução numérica obtida é aproximadamente: Y_1 \approx 0{,}0277,\quad S_{\mathrm{eq}}(Y_1)\approx0{,}06925.Logo S_2 = S_{\mathrm{eq}}(Y_1)\approx0{,}06925\\ \text{kg óleo/kg inertes}.ó
    • Agora calcular X_L correspondente a Y_1. Para Y_1=0{,}0277 (entre 0 e 0{,}2) usamos a interpolação: X_L(Y_1)=2+2{,}5 Y_1 \approx 2 + 2{,}5\cdot0{,}0277 \approx 2{,}06923.
    • Fração de óleo na fase pesada de saída: w=\frac{S_2}{1+X_L}=\frac{0{,}06925}{1+2{,}06923}=\frac{0{,}06925}{3{,}06923}\approx0{,}02256\approx2{,}256\%.
  • Conclusão para N=2: a concentração final na fase pesada é aproximadamente 2{,}256\%, ainda acima do limite de 2\%. Logo N=2 ainda não é suficiente.

Passo 6

Resolver o caso N=3 (três estágios ideais) — montar e resolver o sistema.
  • Para N=3 as incógnitas são Y_0,Y_1,Y_2 (com Y_3=0). As relações de equilíbrio: S_1=S_{\mathrm{eq}}(Y_0), S_2=S_{\mathrm{eq}}(Y_1), S_3=S_{\mathrm{eq}}(Y_2).
  • Balanços:
    • Estágio 1: S_0 + 8Y_1 = S_1 + 8Y_0 \quad\Rightarrow\quad 1 + 8Y_1 = S_{\mathrm{eq}}(Y_0) + 8Y_0. \tag{A}
    • Estágio 2: S_1 + 8Y_2 = S_2 + 8Y_1 \quad\Rightarrow\quad S_{\mathrm{eq}}(Y_0) + 8Y_2 = S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8Y_1. \tag{B}
    • Estágio 3: S_2 + 8Y_3 = S_3 + 8Y_2 \quad\Rightarrow\quad S_{\mathrm{eq}}(Y_1) + 8\cdot0 = S_{\mathrm{eq}}(Y_2) + 8Y_2,isto é S_{\mathrm{eq}}(Y_1) = S_{\mathrm{eq}}(Y_2) + 8Y_2. \tag{C}
  • Procedimento prático (reduzir o sistema): das equações acima podemos expressar Y_0 em função de Y_1 e Y_2. Eliminando S_{\mathrm{eq}}(Y_0) entre (A) e (B) e usando (C) obtém-se a relação (detalhes omitidos por economia de espaço, mas feitos por interpolação numérica): Y_0 = \frac{1 - S_{\mathrm{eq}}(Y_1)}{8} + Y_2.E (C) relaciona Y_1 e Y_2: S_{\mathrm{eq}}(Y_1) = S_{\mathrm{eq}}(Y_2) + 8 Y_2.
  • Resolvi numericamente o sistema (procedimento de tentativa/ajuste com interpolação linear de S_{\mathrm{eq}}); os resultados obtidos (detalhes numéricos foram calculados passo a passo) são aproximadamente: Y_2 \approx 0{,}00847,\qquad Y_1 \approx 0{,}03557,\qquad Y_0 \approx 0{,}12235.Assim: S_3 = S_{\mathrm{eq}}(Y_2)\approx 2{,}5\cdot Y_2 \approx 2{,}5\times 0{,}00847 \approx 0{,}021175\\ \text{(kg óleo/kg inertes).}ó
  • Agora calcular X_L correspondente ao Y_2 (para a fase pesada de saída): para Y_2 pequeno ( 0\le Y\le0{,}2) interpolamos X_L(Y)=2+2{,}5Y, logo X_L(Y_2)\approx 2 + 2{,}5\cdot0{,}00847 \approx 2{,}021175.
  • Fração de óleo na fase pesada de saída: w=\frac{S_3}{1+X_L}=\frac{0{,}021175}{1+2{,}021175}=\frac{0{,}021175}{3{,}021175}\approx0{,}00701\approx0{,}701\%.
  • Conclusão para N=3: a concentração final na fase pesada é aproximadamente 0{,}70\%, que é menor que o limite de 2\%. Portanto N=3 atende à especificação.

Passo 7

Conclusão e verificação mínima:
  • Testamos N=1 (resultado ≈ 7{,}36\%) → insuficiente.
  • Testamos N=2 (resultado ≈ 2{,}256\%) → ainda insuficiente (ligeiramente acima de 2\%).
  • Testamos N=3 (resultado ≈ 0{,}70\%) → atende a especificação.
  • Logo o número mínimo de estágios ideais em contracorrente necessário é N=3.
Força aí! Três estágios ideais é o que você precisa na prova — calcule sempre por base de inertes, monte os balanços por estágio e use interpolação linear na curva de equilíbrio quando os pontos são tabulados.

Resposta

3

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